De va dap an Toan khoi A lan 3

<span class='text_page_counter'>(1)</span>SỞ GD&ĐT HẢI DƯƠNG TRƯỜNG THPT ĐOÀN THƯỢNG. ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 3 NĂM 2013 Môn: TOÁN; Khối A, B Thời gian làm bài: 180 phút. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm) 2x  1 y x 1 Câu I (2 điểm) Cho hàm số 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 2. Tìm tọa độ điểm M sao cho khoảng cách từ điểm I ( 1; 2) tới tiếp tuyến của (C) tại M là lớn nhất. Câu II (2 điểm) 1   tan x  sin 2 x  cos 2 x  2  2cos x   0 cos x   1. Giải phương trình (2x 2  3x  4)(2y 2  3y  4) 18  2 x  y 2  xy  7x  6y  14 0 ( x, y  ) 2. Giải hệ phương trình   3. Câu III (1 điểm) Tính tích phân. cos x  x sin x I  dx cos3 x 0. Câu IV (1 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, AB a, AD 2 2a . Hình chiếu vuông góc của điểm S trên mặt phẳng (ABCD) trùng với trọng tâm tam giác BCD. Đường thẳng SA tạo với mặt phẳng (ABCD) một góc 450. Tính thể tích của khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng AC và SD theo a. 3 3 Câu V (1 điểm) Cho x, y là hai số thực khác nhau thỏa mãn x  2013 y  y  2013x . Tìm giá trị lớn nhất 4 4 3 3 và nhỏ nhất của biểu thức S  x  y  x y  xy. PHẦN RIÊNG (3 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B) Phần A. Theo chương trình chuẩn Câu VI.a (2 điểm) 1. Trong mặt phẳng Oxy, cho hình vuông ABCD có M là trung điểm của cạnh BC, phương trình đường C  3;  3 thẳng DM: x  y  2 0 và . Xác định toạ độ các đỉnh A, B, D biết đỉnh A thuộc đường thẳng d : 3x  y  2 0 . 2. Trong không gian Oxyz, cho 3 điểm A(0;0;  3), B(2;0;  1), C (2;  2;  3) . Tìm tọa độ điểm S sao cho hình chóp S.ABC đều và có thể tích bằng 8. Câu VII.a (1 điểm) Trong một môn học, thầy giáo có 30 câu hỏi khác nhau gồm 5 câu khó, 10 câu trung bình và 15 câu dễ. Từ 30 câu hỏi đó rút ngẫu nhiên 5 câu để làm đề thi. Tính xác suất để tạo được đề thi có đủ 3 loại câu hỏi và số câu hỏi dễ không ít hơn 2. Phần B. Theo chương trình nâng cao. Câu VI.b (2 điểm) 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông tại A và hai điểm B và C đối xứng nhau. qua gốc tọa độ O. Đường phân giác trong góc B có phương trình x  2 y  5 0 . Tìm tọa độ các K  6; 2  đỉnh của tam giác ABC , biết đường thẳng AC đi qua điểm . x 1 y 1 z 1 x 2 y 3 z 4   :   1 2 và 1 2 3 . 2. Trong không gian Oxyz, cho hai đường thẳng d: 2 Viết phương trình mặt phẳng ( ) chứa  sao cho góc giữa d và ( ) lớn nhất. 4. 3. 2. Câu VII.b (1 điểm) Giải phương trình z  z  6 z  8 z  16 0 trên tập hợp số phức. --------------------Hết--------------------.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> Họ và tên thí sinh: …………………………………………Số báo danh: ………………………………… Chữ ký của giám thị 1: ……………………………Chữ ký của giám thị 2: ………………………………. Câu I. HƯỚNG DẪN CHẤM ĐIỂM ĐỀ THI THỬ ĐH LẦN 3 MÔN TOÁN ý Nội dung 2x  1 y x 1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số 3  \   1 , y '  ( x  1) 2 TXĐ: 1. y '  0, x  1  HS đồng biến trên các khoảng ( ;  1);( 1; ) lim y 2  x   TCN là đường thẳng y 2 lim y  ; lim y   x   1 x  1 TCĐ là đường thẳng x  1 Lập được BBT Vẽ đúng đồ thị Tìm điểm M sao cho khoảng cách từ điểm I ( 1; 2) tới tiếp tuyến của (C) tại M là lớn nhất.  3  3 3   (C ) M  x0 ; 2  y 2  ( x  x0 ) 2 x0  1  x  1 ( x  1 )  0 0 2.Giả sử . Tiếp tuyến tại M có pt ( ) 2 hay 3( x  x0 )  ( x0  1) ( y  2)  3( x0  1) 0 d. 3( 1  x0 )  3( x0  1) 9   x0  1. 2. 4. . 6 x0  1 9  ( x0  1) 4. . II. 9  ( x0  1) 2 2 ( x0  1). ●. ( *) Û. cosx ¹ 0 Û sin x ¹ ±1. 0,25. 0,25. 0,25 0,25 1,0 0,25. 0,25 .. . . . 1   tan x  sin 2 x  cos 2 x  2  2cos x   0 cos x   Giải phương trình Điều kiện:. 1,0. 6. 9  ( x0  1) 2 2 9 6 2 ( x  1 ) Theo bất đẳng thức Côsi 0 , vây d  6 . 9 2 ( x0  1) 2   x0  1 3  x0  1  3 2 Khoảng cách d lớn nhất bằng 6 khi ( x0  1) . Vậy có hai điểm M : M  1  3 ;2  3 hoặc M  1  3 ;2  3. . Điểm. 0,25. 0,25. 1,0. ( * *). 0,25 2. sinx - 2sinxcosxcosx - cosxcos2x + 2(2cos x - 1) = 0. (. ). Û sinx 1- 2cos2 x - cos x cos2x + 2cos2x = 0 Û cos2x ( - sinx - cosx + 2) = 0. 0,25. é ê2x = p + kp écos2x = 0 ê p p 2 Û ê Û x = + k ,( k Î ¢ ) æ ö êsinx + cosx = 2 Û ê p ê ç 4 2 ê ÷ x+ ÷ = 2 ( L) ë êsinç ÷ ç ÷ 4 ø ê ë è. 0,25. Đối chiếu với. ( * *). ta được họ nghiệm phương trình là:. x=. p p + k ,( k Î ¢ ) 4 2 .. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> 2 2 (2x  3x  4)(2y  3y  4) 18  2 x  y 2  xy  7x  6y 14 0 ( x, y  ) Giải hệ phương trình . 7 3 (2)  x  ( y  7) x  y  6 y  14 0 . 10 y   y 0  2  x  2 2 3 (2)  y  ( x  6) y  x  7 x  14 0 . 2. 2. x   x 0  1  y . 2. 3 f (t ) 2t 2  3t  4, t  R  f '(t ) 4t - 3, f '(t ) 0  t   1 4 Xét hàm số 3   4 ;    hàm số f(t) đồng biến Vì vậy trên  TH 1. x  2  f ( x )  f (2) 6. 1,0 0,25 0,25. 0,25. 2 2 Kết hợp với y 1  f ( y)  f (1) 3  f ( x ). f ( y) (2 x  3x  4)(2 y  3y  4)  18 . 2  2 y  3 y  1 0   2  y  4 y  4 0. TH 2. x 2 hệ trở thành Vậy hệ đã cho vô nghiệm. III. 1   y 1, y  2   y 2 vô nghiệm.  3. cos x  x sin x I  dx 3 c os x 0  3.  3. 1,0.  3. cos x  x sin x 1 x sin x I  dx   2 dx   3 dx 3 cos x cos x cos x 0 0 0. 0,25.  3.  1 A   2 dx t anx 0 3  3 cos x 0  3.  3. 0,25  3. x tan x 1 1 B   2 dx  xd (t an 2 x)  ( x tan 2 x  cos x 20 2 0 0. = IV. 1 (  2.  3. 1. ( cos 0. 2. 0,25. 1 1  1) dx)    (t anx  x ) x 2 2 0.  3.  3. 2. t an xdx) 0. 0,5. 1 1  3 2  ( 3 )  I   2 3 2 3 =2. 4 4 3 3 Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức S  x  y  x y  xy 3 3 3 3 Ta có x  2013 y  y  2013x  x  y  2013( x  y ) 0  ( x  y )( x 2  xy  y 2  2013) 0  x 2  xy  y 2 2013 (1) (Do x  y ). 1,00 0,25. S x 4  y 4  x 3 y  xy 3 ( x 2  y 2 ) 2  2 x 2 y 2  xy ( x 2  y 2 ) (2013  xy ) 2  2 x 2 y 2  xy(2013  xy )  2( xy ) 2  2013 xy  20132. 0,25. 2 Đặt t  xy . Từ (1) suy ra ( x  y ) 2013  3xy  2013  3xy  0  xy  671 ( x  y ) 2 2013  xy  2013  xy 0  xy  2013. 0,25. Lập BBT của hàm số. f (t )  2t 2  2013t  20132 , t    2013;671.  min S  min f (t )  f ( 2013), max S  max f (t )  f     2013;671   2013;671 . suy ra 2013   4 . 0,25.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> V. Tính thể tích của khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng AC và SD theo a 1,00 Gọi H là trọng tâm tam giác BCD. Theo gt SH  ( ABCD ). S. 2 1 O  AC  BD  CH  CO  AC a 3 3 Gọi  AH  AC  HC 2a . SA tạo với đáy góc 450. M. 0 suy ra SAH 45  SH  AH 2a. 0,25 D C H. O A. B. 1 1 4 2 3 V  S ABCD .SH  a.2 2a.2a  a 3 3 3 Gọi M là trung điểm của SB. Mặt phẳng (ACM) chứa AC và // SD Do đó d ( SD; AC ) d ( SD;( ACM )) d ( D;( ACM )). 0,25. Chọn hệ tọa độ Oxyz như hình vẽ. Khi đó  2a 4 2a   5a 2 2a  A(0;0;0), B(a;0;0), D(0; 2 2a;0), S  ; ; 2a  , C ( a; 2 2a;0) M  ; ; a  3 6 3  3   . ,   5a 2 2a  AM  ; ; a      6 3 AC (a; 2 2a;0) , AC  AM (2 2a 2 ;  a 2 ;  2a 2 )    n Mặt phẳng (ACM) đi qua điểm A và có vtpt (2 2;  1;  2) nên có phương trình là  2 2a 2 2a 2 2 x  y  2 z 0  d ( D;( ACM ))   8 1  2 11 Xác định toạ độ các đỉnh A, B, D biết đỉnh A thuộc đường thẳng d : 3x  y  2 0. VI.a. d  A, DM  2d  C, DM  .  t;  3t  2  .Ta có A  3;  7   A   1;5  hay . Gọi A. 4t  4 2. . 2.4  t 3  t  1 2.   1;5 thoả mãn. 2   DM AD  m  1;m  7  ,CD  m  3;m  1 thì. Mặt khác A,C nằm về 2 phía  của đường thẳng DM  nên chỉ có A 1.  m; m  Gọi D. Do ABCD là hình vuông.   DA.DC 0    DA DC. m 5  m  1  2 2 2 2  m  1   m  7   m  3   m  1.  m 5    5;3 AB DC   2;  6   B   3;  1. Hay D. ..   1;5 , B   3;  1 , D  5;3 Kết luận A 2. Tìm điểm S sao cho hình chóp S.ABC đều biết hình chóp có thể tích là V= 8. Nhận xét được AB=BC=CA= 2 2 nên đáy ABC là tam giác đều suy ra chóp đều khi và chi khi SA=SB=SC suy ra S thuộc   (ABC) tại I là tâm đường tròn ngoại tiếp tg ABC 4 2 7    ; ;  AB  (2;0; 2); AC (2;  2;0) suy ra mp(ABC) có VTPT 3 3 3 ; Có I . 0,25. 0,25 1,0 0,25. 0,25. 0,25. 0,25 1,0 0,25 0,25.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> 4 2 7    x   t ; y   t ; z   t n  AB  AC (4; 4;  4) và cũng là VTCP của  . Vậy  : 3 3 3 4 2 7  S (  t;   t ;   t ) 3 3 3 ABC có diện tích là 2 3 , hình chóp có V=8  h 4 3 =d(S,(ABC))=SI. VII.a.  Ta có SI 2 48  3t 2 48  t 4  16 10 19   8 14 5  S  ; ; S   ; ;   3  và  3 3 3  Do đó có 2 điểm thỏa mãn là  3 3 Tính xác suất để tạo được đề thi có đủ 3 loại câu hỏi và số câu hỏi dễ không ít hơn 2 5 5 Rút ngẫu nhiên 5 câu có C30 cách  n() C30 Gọi A là biến cố “ Rút được đề thi 5 câu có đủ 3 loại câu hỏi và số câu hỏi dễ không ít hơn 2” Ta xét các trường hợp sau 3 Đề gồm 3 câu dễ, 1 câu TB và 1 câu khó: Có 5.10.C15 đề thi Đề gồm 2 câu dễ, 2 câu TB và 1 câu khó: Có. 5.C10 2 .C152 2. 0,25. 0,25. đề thi 0,25. n( A) 56875  5 n (  ) C30 Vậy P(A) =. 0,25. K  6; 2  Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC , biết đường thẳng AC đi qua điểm. B   d  : x  2 y  5 0. I. nên gọi. B  5  2b; b . 1,0. , vì B, C. đối xứng với nhau qua O suy ra C (2b  5;  b) và. (d) A. 0,25. 2 15. Đề gồm 2 câu dễ, 1 câu TB và 2 câu khó: Có 10.C5 .C đề thi 3 2 2 2 2 n( A)  5.10.C15 + 5.C10 .C15 +10.C5 .C15 =56875. VI.b. 0,25. O(0;0)  BC. K O. 0,25. C. B. I (2; 4) và I  AB B  1 Gọi I là điểm đối xứng với O qua phân giác trong góc thì. BI  2b  3;4  b  CK  11  2b;2  b  Tam giác ABC vuông tại A nên vuông góc với  b 1  2b  3  11  2b    4  b   2  b  0   5b  30b  25 0    b 5 Với b 1  B (3;1), C ( 3;  1)  A(3;1) B loại. 0,25. 2.  31 17   A ;   5 5 Với b 5  B (  5;5), C (5;  5)  31 17  A  ;  ; B (  5;5); C (5;  5) Vậy  5 5  2 Hãy viết phương trình mặt phẳng ( ) chứa  sao cho góc giữa d và ( ) lớn nhất. Tìm được giao điểm của d và  là M(1 ;1 ;1) Lấy A(3;2;3) thuộc d, gọi H, K lần lượt là hình chiếu của A trên (P) và  ta có AH  AK Suy ra góc AMH góc AMK. Đẳng thức xảy ra khi H trùng K tức là AK  ( P ). 0,25. 0,25 1,0 0,25 0,25.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> Như vậy góc giữa d và (P) lớn nhất khi và chỉ khi AK  ( P ) tại K 12 17 22 ( ; ; ) Tìm được tọa độ K là hình chiếu của A trên  là K = 7 7 7  9 3 1 AK ( ; ; ) 7 7 7 là VTPT có pt là 9 x  3 y  z  5 0 Mặt phẳng (P) qua K và nhận VII.b. 4 3 2 Giải phương trình z  z  6 z  8 z  16 0 trên tập hợp số phức 2 Phương trình đã cho tương đương với ( z  1)( z  2)( z  8) 0 2.  z  1, z 2, z  8 0. . z 2  8 0  z 2  2 2i. . 2. 0,25 0,25 1,0 0,25 0,25.  z 2 2i. Vậy pt có 4 nghiệm z  1, z 2, z 2 2i Chú ý : HS làm cách khác, đúng giáo viên chấm vẫn cho điểm bình thường.. 0,25 0,25.

<span class='text_page_counter'>(7)</span>